福建省福州市2020届高三质量检测数学(文)试题 Word版含解析

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福建省福州市2020届高三质量检测数学(文)试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年福州市高中毕业班质量检测 数学(文科)试卷 ‎(完卷时间:120分钟 满分:150分)‎ 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷1至2页,第Ⅱ卷3至4页.‎ 注意事项:‎ ‎1.答题前,考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.‎ ‎2.第Ⅰ卷每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号.第Ⅱ卷用亳米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上作答,答案无效.‎ ‎3.考试结束,考生必须将试题卷和答题卡一并交回.‎ 第Ⅰ卷 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.若复数,则( )‎ A. 0 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法运算即可.‎ ‎【详解】.‎ 故选:D ‎【点睛】本题主要考查复数的除法运算,涉及到共轭复数的概念,考查学生的基本计算能力,是一道容易题.‎ ‎2.已知集合,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ - 23 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出集合A、B,再按交集的定义运算即可.‎ ‎【详解】由,得,所以,又,‎ 所以.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查集合的交集运算,涉及到解一元二次不等式,考查学生的基本计算能力,是一道基础题.‎ ‎3.已知,设,,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数函数、对数函数、幂函数的性质即可得到答案.‎ ‎【详解】由已知,,,,所以.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查指、对、幂的大小比较,考查学生的逻辑推理与基本计算能力,是一道容易题.‎ ‎4.下列函数中为奇函数的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别对所给选项按奇函数的定义进行验证.‎ ‎【详解】对于选项A,,故是偶函数;‎ - 23 -‎ 对于选项B,,故是偶函数;‎ 对于选项C,定义域为,不关于原点对称,故不是奇函数;‎ 对于选项D,当时,,,‎ 当时,,,‎ 所以是奇函数.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查奇函数的定义,考查学生的逻辑推理能力,是一道容易题.‎ ‎5.在中,,则( )‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将写成,利用减法运算可得即可得到答案.‎ ‎【详解】因为,所以,即,‎ 所以,所以.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查向量的线性运算,涉及到向量的减法、数乘运算,考查学生的基本运算能力,是一道容易题.‎ ‎6.2021年开始,我省将试行“3+1+2“的普通高考新模式,即除语文、数学、外语3门必选科目外,考生再从物理、历史中选1门,从化学、生物、地理、政治中选2门作为选考科目.为了帮助学生合理选科,某中学将高一每个学生的六门科目综合成绩按比例均缩放成5分制,绘制成雷达图.甲同学的成绩雷达图如图所示,下面叙述一定不正确的是(  )‎ - 23 -‎ A. 甲的物理成绩领先年级平均分最多 B. 甲有2个科目的成绩低于年级平均分 C. 甲的成绩从高到低的前3个科目依次是地理、化学、历史 D. 对甲而言,物理、化学、地理是比较理想的一种选科结果 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图表依次对所给选项进行判断.‎ ‎【详解】由雷达图可知,甲的物理成绩领先年级平均分约为1.5,化学成绩领先年级平均分约 为1,生物成绩约等于年级平均分,历史成绩低于年级平均分,地理成绩领先年级平均 分约为1,政治成绩低于年级平均分,故A、B、D正确;而甲的成绩从高到低的前3个 科目依次是地理、化学、生物(物理),故C选项错误.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断,涉及到统计中雷达图的识别及应用,考查学生识图能力、数据分析能力,是一道容易题.‎ ‎7.如图来自古希腊数学家阿基米德所研究的几何图形.此图形由三个半圆构成,两个小半圆外切,又同时内切于大半圆,三个半圆弧围成曲边三角形(黑色部分),由于其形状很像皮匠用来切割皮料的刀子,又称此图形为“皮匠刀”图形.若,在整个图形中随机取一点,则此点取自曲边三角形(黑色部分)的概率为( )‎ - 23 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,则,,先求出白色区域的面积以及整个半圆的面积,再利用几何概型的概率计算公式计算即可.‎ ‎【详解】设,则,,所以白色区域的面积为 ‎,又整个半圆的面积为,由几何概型的概率计算公式,得 所求事件的概率为.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查面积型的几何概型的概率计算,考查学生的运算求解能力,是一道容易题.‎ ‎8.已知双曲线的一条渐近线与圆相交于A,B两点,若|AB|=2,则C的离心率为( )‎ A B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出双曲线的渐近线方程,圆的圆心与半径,利用距离公式得到a、b关系式,然后求解离心率即可.‎ ‎【详解】由题意可知不妨设双曲线的一条渐近线方程为:bx+ay=0,‎ 圆的圆心为,半径为2,‎ 由题意及|AB|=2,可得,‎ - 23 -‎ ‎,即b2=3a2,可得c2﹣a2=3a2,即 所以e2.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查求双曲线离心率的问题,此类问题的解题关键是建立的方程或不等关系,考查学生的运算求解能力,是一道中档题.‎ ‎9.已知,且,,则( )‎ A. 有最小值1 B. 有最大值1 C. 有最小值3 D. 有最大值3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别由,得到,,消去得到的表达式,再结合,即可得到答案.‎ ‎【详解】由,得,解得①,‎ 由,得,解得②,‎ 由①②,得,又,所以当时,‎ 有最小值1,无最大值.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查正弦型函数的性质,当然本题也可以数形结合得到,即,,考查学生的数学运算求解能力,是一道中档题.‎ ‎10.我国古代名著《九章算术》中,将底面为长方形,两个三角面与底面垂直的四棱锥体称之为阳马.已知阳马的顶点都在球O的表面上,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAB⊥平面ABCD,,则球O的半径为( )‎ - 23 -‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将四棱锥置入到正方体中,利用正方体的体对角线为其外接球的直径即可得到答案.‎ ‎【详解】将四棱锥置入到正方体中,如图,‎ 因为,所以,‎ 所以外接球O的半径为.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查求四棱锥外接球的半径,在处理较为特殊的锥体时,首先考虑能否将其置入长方体中,本题是一道容易题.‎ ‎11.已知两条抛物线,(且),M为C上一点(异于原点O),直线OM与E的另一个交点为N.若过M的直线l与E相交于A,B两点,且的面积是面积的3倍.则( )‎ A. 8 B. 6 C. 4 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎,得,故(*),设直线OM的方程为(‎ - 23 -‎ ‎),分别代入和,得,,代入(*)式得,解方程即可得到答案.‎ ‎【详解】因为,所以,故(*),‎ 设直线OM的方程为(),‎ 由,得,解得或,所以,‎ 由,得,解得或,所以,‎ 将,,代入(*)式得,解得(舍去)或,‎ 所以.‎ 故选:C ‎【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系,本题解题关键是将,转化为,考查学生转化与化归思想,数学运算求解能力,是一道中档题.‎ ‎12.已知,是函数在上的两个零点,则( )‎ A. B. C. D. 0‎ - 23 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令,则,即为与直线在上交点的横坐标,由图可得,即,且,利用计算即可.‎ ‎【详解】令,得.令,即,‎ 则,即为与直线在上交点的横坐标,由图象可知,‎ ‎,故,‎ 又,所以 ‎.‎ 故选:B ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换中的给值求值,涉及到三角函数的图象与性质,辅助角公式,考查学生数形结合的思想,转化与化归的思想,是一道有一定难度的题.‎ 第Ⅱ卷 注意事项:用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上作答,答案无效.‎ 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上.‎ ‎13.已知,则曲线在处的切线方程为_________.‎ - 23 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用导数的几何意义计算即可.‎ ‎【详解】由已知,,,又,所以切线方程为,即.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义,考查学生的数学运算能力,是一道基础题.‎ ‎14.设x,y满足约束条件则z=x-3y的最小值为_____‎ ‎【答案】-7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据条件画出可行域,设z=x-3y,再利用几何意义求最值,将最小值转化为y轴上的截距最大,数形结合即可得到答案.‎ ‎【详解】在坐标系中画出x,y满足约束条件的可行域,如图所示:‎ 由可得,则表示直线在y轴上的截距,‎ 截距越大,z越小,平移直线,经过点A时,z最小,‎ 由,可得,‎ 此时 故答案为:.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划的应用,涉及到利用几何意义求目标函数的最值,考查学生数形结合的思想,是一道容易题.‎ ‎15.已知三棱锥的各棱长均为2,M,N分别为BC,PA的中点,则异面直线MN与PC所成角的大小为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点,连接,易知或其补角为异面直线MN与PC所成的角,分别求出,解三角形即可.‎ ‎【详解】取的中点,连接,易知或其补角为异面直线MN与 PC所成的角,又三棱锥的各棱长均为2,所以,‎ 又易得,所以,,‎ 所以,所以为等腰直角三角形,‎ 故.‎ 故答案为:‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题主要考查异面直线所成角,考查学生的逻辑推理能力,数学运算能力,空间想象能力,是一道中档题.‎ ‎16.的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,的面积,D为线段BC上一点.若为等边三角形,则的值为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由及三角形面积公式,余弦定理可得,又,利用两角差的正切公式展开计算即可.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以,由三角形面积公式及余弦定理得,‎ 所以,‎ 又为等边三角形,‎ 所以.‎ - 23 -‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用,涉及到两角差的正切公式,三角形面积公式,考查学生的数学运算求解能力,是一道中档题.‎ 三、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.‎ ‎(一)必考题:共60分.‎ ‎17.已知数列为递减的等差数列,,为方程的两根.‎ ‎(1)求的通项公式;‎ ‎(2)设,求数列的前n项和.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由,为方程的两根,且数列为递减的等差数列可得,进一步得到公差,再利用通项公式计算即可;‎ ‎(2)由(1)可得,再利用分组求和法求和即可.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为d,‎ 因为,为方程的两根,且数列为递减的等差数列,‎ 所以, ‎ - 23 -‎ 所以, ‎ 所以,‎ 即数列的通项公式为. ‎ ‎(2)由(1)得,所以, ‎ 所以数列的前n项和 ‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、一元二次方程等基础知识,意在考查逻辑推理、数学运算等数学核心素养,是一道容易题.‎ ‎18.如图,直三棱柱中,,,,P为的中点.‎ ‎(1)证明:平面;‎ ‎(2)设E为BC的中点,线段上是否存在一点Q,使得平面?若存在,求四棱锥的体积;若不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2)存在,‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设交于点O,要证明平面,只需证明,‎ - 23 -‎ 即可;‎ ‎(2)利用线面平行的判定定理可得当Q为中点,即点Q与点O重合时,∥平面,,只需求出即可.‎ ‎【详解】(1)证明:在中,‎ ‎∵,,, ‎ ‎∴,‎ 又直三梭柱中,,则为正方形,‎ 设交于点O,则O为的中点,且. ‎ 连接PA,,PO,‎ ‎∵侧棱底面ABC,P为的中点,则 ‎,‎ ‎,‎ 故. ‎ ‎∴, ‎ ‎∵,且PO,平面,‎ ‎∴平面. ‎ ‎(2)当Q为中点,即点Q与点O重合时,∥平面. ‎ 理出如下:‎ 连接,∵E为BC的中点,∴则∥‎ - 23 -‎ ‎∵平面,平面,‎ ‎∴∥平面. ‎ 此时,Q到平面的距离等于B到平面的距离的一半, ‎ 又,,,所以平面,‎ 所以, ‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系、空间几何体的体积等基础知识,意在考查逻辑推理、直观想象、数学运算等数学核心素养,是一道容易题.‎ ‎19.已知椭圆经过点,,是C的左、右焦点,过的直线l与C交于A,B两点,且的周长为.‎ ‎(1)求C的方程;‎ ‎(2)若,求l的方程.‎ ‎【答案】(1);(2)或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意可得关于a,b,c的方程组,求解a,b,c的值,即可得到椭圆的方程;‎ ‎(2)当轴时,A,B的坐标为,,易知,不满足题意;当AB与x轴不垂直时,设直线l的方程为,联立椭圆方程得到根与系数的关系,将用表示,解方程即可.‎ ‎【详解】(1)依题意,,故. ‎ 将点代入椭圆方程得,,所以, ‎ - 23 -‎ 所以C的方程为. ‎ ‎(2)由(1)知,的坐标分别为,.‎ 设,,‎ ‎①当轴时,A,B的坐标为,,则 ‎,不满足题意. ‎ ‎②当AB与x轴不垂直时,设直线l的方程为,‎ 代入得:.‎ 所以,‎ ‎,, ‎ 因为,,‎ 所以. ‎ 因为,‎ 所以 ‎ ‎ ‎.‎ 依题意得:, ‎ 解得,即. ‎ 综上,直线l的方程为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的定义及标准方程,直线与椭圆的位置关系等基础知识,意在考查直观想象、逻辑推理、数学运算等数学核心素养,是一道中档题.‎ - 23 -‎ ‎20.下图是某校某班44名同学的某次考试的物理成绩y和数学成绩x的散点图:‎ 根据散点图可以看出y与x之间有线性相关关系,但图中有两个异常点A,B.经调查得知,A考生由于重感冒导致物理考试发挥失常,B生因故未能参加物理考试.为了使分析结果更科学准确,剔除这两组数据后,对剩下的数据作处理,得到一些统计量的值:‎ ‎,,,,,其中,分别表示这42名同学的数学成绩、物理成绩,.y与x的相关系数.‎ ‎(1)若不剔除A、B两名考生的数据,用44数据作回归分析,设此时y与x的相关系数为,试判断与r的大小关系,并说明理由;‎ ‎(2)求y关于x的线性回归方程(系数精确到),并估计如果B考生参加了这次物理考试(已知B考生的数学成绩为125分),物理成绩是多少?(精确到个位).‎ 附:回归方程中,.‎ ‎【答案】(1);理由见解析;(2);81分 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)结合散点图,可得出结论;‎ ‎(2)利用题中给的相关系数,最小二乘法写出回归直线方程,再令x=125,即可算出答案;‎ ‎【详解】(1). ‎ - 23 -‎ 理由如下:由图可知,y与x成正相关关系,‎ ‎①异常点 A,B 会降低变量之间的线性相关程度.‎ ‎②44个数据点与其回归直线的总偏差更大,回归效果更差,所以相关系数更小.‎ ‎③42个数据点与其回归直线的总偏差更小,回归效果更好,所以相关系数更大.‎ ‎④42个数据点更贴近其回归直线l.‎ ‎⑤44个数据点与其回归直线更离散.‎ ‎(以上理由写出任一个或其它言之有理均可得分)‎ ‎(2)由题中数据可得:,, ‎ ‎ ‎ 所以, ‎ ‎, ‎ 所以, ‎ 将代入,得,‎ 所以估计B同学的物理成绩约为81分.‎ ‎【点睛】本题主要考查概率与统计等基础知识,意在考查数学建模、数据分析、数学运算等数学核心素养,是一道中档题.‎ ‎21.已知函数,为的导函数.‎ ‎(1)设,求单调区间;‎ ‎(2)若,证明:.‎ ‎【答案】(1)的单调递增区间;单调递减区间;(2)详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ ‎(1)先对求导,然后结合导数符号可求函数的单调区间;‎ ‎(2)要证明:,只要证,构造函数,,结合导数及函数性质可证.‎ ‎【详解】(1)由已知,‎ ‎,‎ 所以,,‎ 令,得,解得,‎ 令,得,解得,‎ 故的单调递增区间;单调递减区间 ‎(2)要证,只需证:.‎ 设,,则. ‎ 记,则. ‎ 当时,,又,,所以; ‎ 当时,,,所以,又 ‎,,所以. ‎ 综上,当时,恒成立,‎ 所以在上递增.‎ 所以,,即, ‎ 所以,在上递增,则,证毕.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数与导数及其应用等基础知识,意在考查逻辑推理、数学运算等数学核心素养,是一道有一定难度的压轴题.‎ ‎(二)选考题:共10分.请考生在第22,23两题中任选一题作答.如果多做,则按所做第一个题目计分,作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.‎ - 23 -‎ 选修4-4:坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(φ为参数),以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系.‎ ‎(1)求C1的极坐标方程;‎ ‎(2)若C1与曲线C2:ρ=2sinθ交于A,B两点,求|OA|∙|OB|的值.‎ ‎【答案】(1)ρ2﹣2ρcosθ﹣4=0;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)直接利用转换关系,把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.‎ ‎(2)利用两曲线间的位置关系的应用求出交点的坐标,进一步利用两点间的距离公式的应用求出结果.‎ ‎【详解】(1)曲线C1的参数方程为(φ为参数),‎ 所以C1的普通方程为,即,‎ 化为极坐标方程为ρ2﹣2ρcosθ﹣4=0.‎ ‎(2)由于若C1与曲线C2:ρ=2sinθ交于A,B两点,‎ 曲线C2:ρ=2sinθ转换为直角坐标方程为x2+y2=2y,‎ 所以,解得或 故,所以.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程与普通方程、极坐标方程的互化,考查学生的数学运算能力,是一道基础题.‎ 选修4-5:不等式选讲 ‎23.已知函数.‎ ‎(1)当a=3时,解不等式;‎ ‎(2)若不等式的解集非空,求实数a的取值范围.‎ - 23 -‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)由a=3可得,去绝对值,分类讨论解不等式,求并集,可得所求解集;‎ ‎(2)由题意可得有解,运用绝对值不等式的性质可得此不等式左边的最小值,解a的不等式可得所求范围.‎ ‎【详解】(1)当a=3时,即为,‎ 等价于或或,‎ 解得或或,‎ 则原不等式的解集为;‎ ‎(2)不等式的解集非空等价于有解.‎ 由,‎ ‎(当且仅当时取得等号),‎ 所以,解得,故a的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式以及不等式能成立求参数的问题,考查学生分类讨论的思想,是一道容易题.‎ - 23 -‎ - 23 -‎
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